2026江苏高考化学二轮复习主题二 物质结构与性质（综合训练）（解析版）

主题二物质结构与性质

(考试时间：75分钟试卷满分：100分)

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23K-39Cr-52Zn-65

第Ⅰ卷(选择题共39分)

一、选择题(本题共13个小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的)

1．（24-25高二下·江苏·阶段练习）我国探月工程取得重大进展，嫦娥六号在月球背面采集的月壤中含有Si、

Mn、Ti、Fe等元素，其中位于元素周期表短周期的是

A．SiB．MnC．TiD．Fe

【答案】A

【解析】A．Si位于元素周期表第三周期，属于短周期元素，故A正确；B．Mn位于元素周期表第四周期，

属于长周期元素，故B错误；C．Ti位于元素周期表第四周期，属于长周期元素，故C错误；D．Fe位于

元素周期表第四周期，属于长周期元素，故D错误；故答案为：A。

2．（2026·江苏扬州·一模）常温下，过硫化钠(Na2S2)与盐酸反应可以生成S和H2S。下列说法不正确的是

-

A．Na2S2中有离子键B．Cl的结构示意图为

C．单质硫为共价晶体D．H2S分子为极性分子

【答案】C

+2--

【解析】A．Na2S2中Na和S2离子间形成离子键，A正确；B．图中Cl的结构示意图最外层有8个电子，

B正确；C．单质硫是皇冠状的S8分子，硫原子之间用共价键连接，分子间通过范德华力连接，属于分子晶

体，C错误；D．H2S分子各原子电负性有差异，有偶极矩，为极性分子，D正确；故答案选C。

3．（25-26高三上·江苏·月考）下列说法正确的是

+-

A．热稳定性：CuSO4>[Cu(NH3)4]SO4B．离子半径：Na>F

C．电负性：Si>HD．酸性：H3PO4>HClO4

【答案】A

【解析】A．热稳定性比较：CuSO4是离子化合物，[Cu(NH3)4]SO4是配合物，配合物中的配位键较弱，受

+-

热易分解，因此热稳定性CuSO4>[Cu(NH3)4]SO4，A正确；B．离子半径比较：Na和F均具有Ne型电子

层结构（10电子），核电荷数Na+（Z=11）>F-（Z=9），核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+<F-，

B错误；C．电负性比较：电负性表示原子吸引电子的能力，Si的电负性约1.8，H的电负性约2.1，且SiH4

中H显负电性、Si显正电性，故电负性Si<H，C错误；D．酸性比较：P和Cl同属第三周期，非金属性

Cl>P（同周期从左到右增强），最高价含氧酸酸性HClO4>H3PO4（高氯酸为最强无机酸之一），D错误；故

答案选A。

4．（2025·江苏泰州·模拟预测）科学家合成的CNHBOCHCl可高效吸附甲醇。下列说法正确

234343

的是

A．原子半径：r(O)>r(B)>r(H)B．电负性：(Cl)>(C)>(H)

C．第一电离能：I1(O)>I1(N)>I1(C)D．酸性：HNO3HClO4H2CO3

【答案】B

【解析】A．O和B同周期，原子半径B＞O，而H的原子半径最小，因此原子半径顺序应为r(B)＞r(O)＞

r(H)，A错误；B．Cl的电负性（3.0）＞C（2.55）＞H（2.20），顺序正确，B正确；C．N的电子结构半充

满，第一电离能N＞O＞C，而C选项顺序为O＞N＞C，C错误；D．酸性强弱顺序应为HClO4＞HNO3＞

H2CO3，D选项顺序错误，D错误；答案选B。

．（高三上江苏泰州月考）晶体可作激光发射材料。下列说法正确的是

525-26··Ca5PO43F

23

A．半径：rCarPB．第一电离能：I1(P)I1(S)

C．键角：PH3NH3D．电负性：(O)(F)

【答案】B

【解析】A．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，Ca2和P3均为18电子结构，但

Ca原子序数大于P，故r(Ca2)<r(P3)，A错误；B．同周期元素第一电离能从左至右呈增大趋势，但第

ⅤA族元素（P）因p轨道半充满状态更稳定，其第一电离能高于相邻的第ⅥA族元素（S），故I1(P)>I1(S)，

B正确；C．NH3中N电负性大于PH3中P，成键电子对更靠近中心原子，键角更大，故PH3键角小于NH3，

C错误；D．同周期元素电负性从左至右递增，F在O右侧且为电负性最大元素，故χ(F)>χ(O)，D错误；

故选B。

6．（2025·江苏镇江·模拟预测）氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白

1

磷(P4)易自燃，燃烧热为2378.0kJmol，其分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式

为xP4(白磷，s))4Px(红磷，s)ΔH0；实验室常用CuSO4溶液吸收有毒气体PH3，生成H3PO4、H2SO4

和Cu；P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸(H3PO2)为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致

密且难溶于水的磷酸盐膜。

下列说法正确的是

A．P4分子中的PPP键角为109°28′

B．白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子

C．白磷和红磷互为同分异构体

D．白磷和红磷在O2中充分燃烧生成等量P2O5s，红磷放出的热量更多

【答案】B

【解析】A．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，则P4分子中的P-P-P键角为60°，A错误；

B．白磷为面心立方最密堆积，配位数为12，则白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子，B正

确；C．白磷和红磷均是磷元素形成的单质，二者互为同素异形体，C错误；D．依据题意，白磷转化为红

磷放热，说明相等质量的白磷能量高于红磷，则白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放

出的能量更多，D错误；故答案选B。

．（江苏镇江模拟预测）年维勒用无机物成功制备了有机物尿素［］，开

72025··1828NH4CNONH22CO

创了有机化学人工合成的新纪元，下列说法正确的是

A．第一电离能：ONC

B．NH4CNO中不存在配位键

．中键和键的数目比为

CNH22COπ6:1

．中杂化方式为2杂化

DNH22COCsp

【答案】D

【解析】A．第一电离能顺序应为N>O>C（N的2p轨道半满更稳定），A错误；B．NH4CNO中NH4离

子含有配位键（提供孤对电子），错误；．尿素中键有个（中的键个、

N→HNBCNH22COσ7C=Oσ1

C-N单键2个、N-H单键4个），π键有1个（C=O中的π键），比例7:1，C错误；D．尿素中碳原子形成C=O

双键和两个C-N单键，无孤对电子，杂化方式为sp2，D正确；故答案选D。

8．（25-26高三上·江苏苏州·月考）用肼（N2H4）的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，

通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是

A．反应过程中只生成了极性键

2+

B．还原性：Fe<N2H4

C．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+

+2+

D．总反应为：4H+N2H4+Fe3O4=3Fe+N2+4H2O

【答案】B

2+2+

【解析】流程图中，NH先与Cu2+发生反应2NH+Cu2+=CuNH；NH与CuNH反应生

242424224242

+2+++

成CuNH，NH+4CuNH=N+4H++4CuNH；CuNH将FeO转化为

24224242224224234

+2+

2+，2CuNH+FeO+8H+=2CuNH+3Fe2++4HO；总反应为

Fe242342422

+2+

N2H4+2Fe3O4+12H=N2+6Fe+8H2O。据此分析。A．反应生成N2（含N-N非极性共价键），因此反应

过程中不仅生成极性键，还生成了非极性键，A错误；B．还原剂的还原性大于还原产物，反应中N2H4是

2+82+

还原剂（N从-2价升至0价），Fe是Fe3O4被还原的产物（Fe从+价降至+2价），因此还原性Fe<N2H4，

3

+

B正确；C．催化剂需在反应前后化学性质和质量不变，但图示中Cu2+参与形成络合物（CuNH），

242

未体现其反应后再生的催化剂特征，因此Cu2+并非催化剂，C错误；D．由分析可知总反应为

+2+

N2H4+2Fe3O4+12H=N2+6Fe+8H2O，D错误；故答案选B。

9．[新考法]（25-26高三上·江苏南京·开学考试）大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，如图所示。

下列说法不正确的是

A．第一电离能：I1(P)I1(F)

B．电负性：(N)(P)

C．原子半径：r(C)r(F)

D．该物质中存在离子键

【答案】A

【解析】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能有增大趋势，同主族元素从上往下，第一电离能减小，

则第一电离能：I1(P)I1(Cl)I1(F)，A错误；B．同主族元素从上往下，电负性依次减小，则电负性：

(N)(P)，B正确；C．同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：r(C)r(F)，C

正确；D．该离子液体含有体积很大的阴、阳离子，存在离子键，D正确；故选A。

FeO

10．（25-26高三上·江苏苏州·月考）从砷化镓废料（主要成分为GaAs、23、SiO2和CaCO3）

中回收镓和砷的工艺流程如图所示。

下列说法不．正．确．的是

A．镓的主要化合价为+3价，砷元素位于周期表的第四周期第ⅤA族

B．“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化，每反应1molGaAs，转移电子的数目为5mol

C．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止H2O2过度分解

D．GaAs晶胞如上图，距离As最近的As原子数为12

【答案】B

【解析】碱浸中，只有GaAs和SiO2会发生反应，则滤渣1的主要成分为Fe2O3和CaCO3，浸出液的主要

元素组成有As，Ga，Si，根据后面产品中的Na3AsO412H2O的As的价态可知，在碱浸和H2O2的作用下，

As从-3价升为+5价，中和后得到滤渣II的主要成分为H2SiO3和Ga(OH)3，酸溶后，滤渣III的主要成分为

H2SiO3，进入电解步骤的主要成分为Ga2(SO4)3，据此分析。A．镓（Ga）为第IIIA族元素，主要化合价为

+3价；砷（As）为第VA族元素，位于元素周期表第四周期，As和N同一主族，在元素周期表的第四周期

第VA族，A正确；B．根据分析，1molAs从-3价升为+5价，转移的电子的物质的量为8mol，B错误；C．温

度高，反应速率快，但温度过高，过氧化氢易分解，影响氧化还原反应的进行，C正确；D．如图所示，As

在晶胞中的位置为面心和顶角，属于面心立方堆积，面心立方堆积中每个原子的最近邻原子数为12个（6

个面心方向，每个方向2个），D正确；故选B。

（25-26高三上·江苏南通·阶段练习）阅读下列资料，完成11~12小题：

X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个

＋

未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q的最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2能与

2＋2＋－

NH3形成[Q(NH3)4]，[Q(NH3)4]中2个NH3被2个Cl取代可得到两种不同的结构。Q2Z一种晶胞如下图

所示。

11．下列说法正确的是

A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)

B．电负性：χ(Z)＞χ(Y)＞χ(X)＞χ(W)

C．Q在周期表中位于第四周期ⅠA族

D．简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X＞W

【答案】B

【解析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中

均有2个未成对电子，根据原子序数推断X是C元素、Z是O元素，则Y是N元素；W的最外层电子数

是次外层的一半，W是Si元素；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，Q是Cu元素。A．电子层数越

多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：r(Si)>r(C)>r(N)>r(O)，故A错误；B．元

素非金属性越强电负性越大，电负性：χ(O)>χ(N)>χ(C)>χ(Si)，故B正确；C．Q是Cu元素，在周期表中位

于第四周期IB族，故C错误；D．H2O、NH3存在分子间氢键，沸点较高，且常温下水是液体，氨气是气

体；同主族元素从上到下气态氢化物的沸点依次升高，沸点CH4<SiH4，所以简单氢化物的沸点：

H2O>NH3>SiH4>CH4，故D错误；故选B。

12．下列说法正确的是

A．X的一种晶体具有很大的硬度，1mol该晶体中含有4mol的X－X键

B．Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体

2＋

C．[Q(NH3)4]的空间构型为正四面体形

＋2－

D．Q2Z晶胞中，距离每个Q最近的Z有2个

【答案】D

【解析】A．C的一种晶体硬度很大，则该晶体为金刚石，金刚石中每个C都和4个C以C-C键相连，每

个C-C键被2个C共有，所以每个C相等于连接2个C-C键，所以1mol金刚石中含有2molC-C键，故A

2+

错误；B．N2和O2晶体中存在的是分子间作用力，为分子晶体，故B错误；C．[Cu(NH3)4]中2个NH3

-2+

被2个Cl取代可得两种不同的结构，所以[Cu(NH3)4]为平面正方形结构，故C错误；D．根据阴阳离子个

2-++2-

数比可知，在Cu2O晶胞中，顶点和体心为O，内部的4个离子为Cu，则距离每个Cu最近的O有2个，

距离每个O2-最近的Cu+有4个，故D正确；故选D。

13．（2025·江苏盐城·模拟预测）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是空气中含量最

多的元素，基态Y、Z原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，W的主族序数与周期序数相同。下

列有关说法正确的是

A．原子半径：r(W)r(Z)r(Y)B．第一电离能：I1(X)I1(Y)I1(Z)

C．简单气态氢化物的热稳定性：XYD．最高价氧化物对应水化物的碱性：WZ

【答案】B

【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是空气中含量最多的元素，则X为N，

基态Y、Z原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，则Y、Z的电子排布式为1s22s22p4、1s22s22p63s2，

Y为O，Z为Mg，W的主族序数与周期序数相同，则W为Al。A．由于同周期中原子半径随原子序数增

大而减小，原子半径：Al（W）<Mg（Z），O（Y）在第二周期，其原子半径在三者中最小，故原子半径正

确顺序为Mg>Al>O，故A错误；B．一般规律：同周期原子的第一电离能随原子序数增大而增大，由于

N的2p轨道处于半充满状态，N比O更稳定，第一电离能：N（X）>O（Y）；Mg（Z）为非金属元素，其

电离能在三者中最小，故第一电离能：N>O>Mg，故B正确；C．非金属性：O>N，对应简单氢化物的热

稳定性：H2O（Y）>NH3（X），故C错误；D．因金属性：Mg>Al，对应的碱的碱性：Mg(OH)2（Z）>Al(OH)3

（W），故D错误；故选B。

第II卷(非选择题共61分)

二、填空题(本题共4小题，共61分)

、

14．(12分)（25-26高三上·江苏扬州·期中）利用铁锰氧化矿(主要含Fe2O3MnO2及Cu、Co、Si的氧化物)

制备MnO2。

(1)焙烧水浸。将NH42SO4与铁锰氧化矿混合后，先低温焙烧，使金属氧化物全部转化为硫酸盐，然后增加

通入空气的量、升高温度选择性焙烧，冷却后加水充分浸取。

MnO2和NH42SO4低温焙烧得到MnSO4，并生成可吸收再利用的气体为。

①水浸后的滤液中几乎不含Fe元素，则高温选择性焙烧的作用是。

2

(②2)萃取除铜。有机溶剂(HA)萃取除去Cu，再反萃取得到CuSO4溶液的原理为：

萃取

2有机层，水浸液的2萃取率随变化的关系如图所示。时，

2HACu反萃取2HCuA2()CupH1pH4.0

随着pH增大，Cu2萃取率略有减小，而测得水溶液中Cu2去除率增大，原因是。

2

(3)沉淀除钴。向萃取除铜后的溶液中滴加Na2S溶液，调节pH4，Co恰好完全转化为CoS沉淀，此时

251

cCo10molL，计算溶液中cH2S需要的平衡常数是___________(填字母)。

A．Ka1H2SB．Ka2H2SC．KwD．Ksp(CoS)

(4)MnO2的一种晶胞如图2所示(已标注主视方向)，请在图3的晶胞主视图中补全Mn(IV)的位

置，并判断Mn(IV)的配位数为。

【答案】或氨或氨气（分）将或的硫酸盐几乎全部转化为FeO或不溶的

(1)NH3()2Fe2SO43(Fe)23(Fe

氧化物)，水浸后无需除铁（2分）

2

(2)pH增大，有利于Cu水解生成Cu(OH)2沉淀，去除率增大；Cu(OH)2不易被HA萃取，萃取率减小（2

分）

(3)ABD（2分）

(4)（2分）6（2分）

【解析】（1）从元素守恒角度分析，MnO2和NH42SO4低温焙烧得到MnSO4，并生成可吸收再利用的气

体为NH3；①

水浸后的滤液中几乎不含元素，则高温选择性焙烧的作用是将或的硫酸盐几乎全部转

FeFe2SO43(Fe)

②

化为Fe2O3，不溶于水，从而水浸后无需除铁。

（2）pH4.0时，随着pH增大，Cu2萃取率略有减小，而测得水溶液中Cu2去除率增大，原因是pH增大，

2

有利于Cu水解生成Cu(OH)2沉淀，去除率增大；Cu(OH)2不易被HA萃取，萃取率减小。

2

cHcS2Ksp(CoS)

cHcH

（）2故需要。

3cHcHSKa2H2ScCo,ABD

cH2S

Ka1H2SKa1H2Sa1H2SKa2H2SK

（4）晶胞中Mn(IV)位于顶点与体心，故图示为；根据体心的Mn(IV)判断，等距且最近

的O原子有6个，故配位数为6；

15．(14分)（2025·江苏镇江·模拟预测）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。

由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al元素)制备LiMn2O4的流程如下：

393316

已知：KspFe(OH)32.810，KspAl(OH)31.310，KspNi(OH)25.510。

回答下列问题：

(1)为提高溶矿速率，可采取的措施包括(填序号)。

a．粉碎菱锰矿b．适当提高温度c．增加搅拌速率d．增大菱锰矿用量

(2)加入少量MnO2的作用是。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是。

(3)溶矿反应完成后，加入石灰乳调节溶液pH7，可除去溶矿后溶液中的杂质金属阳离子为(浓

度小于1105mol/L视为除去，写出计算过程)。

(4)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为。随着电解反应进行，为保持电解液成分和浓度

稳定，应不断添加(填化学式)。

(5)某种锰酸锂正极材料可以通过“打针”注入Li的方式来补充损耗的锂离子，显著提升电池性能，晶胞如图

所示：

注入Li后，Mn化合价(填“升高”、“不变”或“降低”)，打针后，晶胞的化学式为。

【答案】(1)abc（2分）

2+3+3+

(2)将Fe氧化为Fe（2分）Fe可以催化H2O2分解（2分）

(3)Fe3+、Al3+（1分）

电解

2＋＋

(4)Mn＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H（2分）MnSO4（2分）

(5)降低（1分）LiMnO2（2分）

【解析】由题给流程可知，菱锰矿与稀硫酸、二氧化锰在反应器中反应，将金属元素转化为硫酸盐，向反

应后的溶液中加入石灰乳调节溶液至pH约为7，将溶液中铝离子转化为氢氧化铝沉淀，再加入硫化钡将溶

液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钡、硫化镍的滤渣

和硫酸锰溶液；硫酸锰溶液电解得到二氧化锰；二氧化锰、碳酸锂在高温条件下煅烧反应生成LiMn2O4、

二氧化碳和氧气。

（1）粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、增加搅拌速率等措施提高溶矿速率，但固体的浓度

为定值，增大菱锰矿用量不能提高溶矿速率，故选abc；

（2）由分析可知，加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，由于铁离子可以做过氧化氢分

解的催化剂，使得过氧化氢发生分解反应不能做反应的氧化剂，所以不宜使用过氧化氢替代二氧化锰；

1.31033

（3）由溶度积可知，溶液的pH约为7时，溶液中铝离子的浓度为：=1.3×10-12mol/L，则溶

(1107mol/L)3

液中铝离子完全转化为氢氧化铝沉淀，由溶度积的大小可知，溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的铁离子

5.51016

已经完全沉淀；同理可知，溶液中的镍离子浓度为：=0.055mol/L，则溶液中的镍离子未转

(1107mol/L)2

化为沉淀，所以用石灰乳调节至pH约为7，除去的金属离子是铁离子和铝离子；

（4）分析可知，在电解槽中发生的电解反应为硫酸锰溶液电解生成二氧化锰、氢离子和氢气，反应的离子

电解

2＋＋

方程式为：Mn＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H，所以随着电解反应进行，为保持电解液成分和浓度稳定，

应不断添加硫酸锰固体；

1

（5）由晶胞结构可知，打针前晶胞中位于顶点锂离子个数为：8×=1，位于棱上、体内的氧原子个数为：

8

11

8×+4=6，位于棱上、体内的氧原子个数为：4×+2=3，则晶胞的化学式为LiMn3O6；打针后晶胞中位于

44

11

顶点和体内的锂离子个数为：4×+2=3，位于棱上、体内的氧原子个数为：8×+4=6，位于棱上、体内的

84

1

氧原子个数为：4×+2=3，则晶胞的化学式为LiMnO2，则注入锂离子后，锰元素的化合价降低。

4

16．(20分)（25-26高三上·江苏无锡·月考）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：

(1)Sn在元素周期表中位于第周期族，属于区。其价电子轨道表示式为。

(2)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石

33

结构。若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1nm和V2nm，则白锡和灰锡晶体的密度之比是。

(3)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2分子的VSEPR模型名称是，SnCl4的Sn-Cl键是由锡的

杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成键。

(4)锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律，说明原因。

物质SnF4SnCl4SnBr4SnI4

熔点/℃442-3429143

(5)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为(填序号，下同)，还原性由强到弱的顺序

为①，键②角由大到③小的顺序为。

(6)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种

Cd2配合物的结构如图所示，该配合物的配位原子是。

【答案】(1)五（1分）IVA（1分）p（1分）（1分）

V

(2)2（2分）

4V1

(3)平面三角形（2分）sp3（2分）

(4)SnF4为离子晶体熔点最高，SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大，范德华

力越大，熔点越高，所以熔点SnCl4SnBr4SnI4（2分）

(5)>>（2分）>>（2分）>>（2分）

(6)①N和③O（②2分）③②①①②③

【解析】（1）Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第ⅣA族，最外层电子排布式为：5s25p2，其属于

元素周期表的p区；基态Sn原子的价电子数为4，其轨道表示式为：。

111

（2）根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所

882

2M8MV

以白锡与灰锡的密度之比为:=2；

NAV1NAV24V1

421

（3）SnCl2分子中中心原子Sn的价电子对数=2+=3，中心原子有1对孤电子对，因此SnCl2分子的

2

3

VSEPR模型名称是平面三角形；SnCl4分子的中心原子Sn的价层电子对数为4，则Sn采取sp杂化，故Sn-Cl

键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键，故答案为：平面三角形；sp3；

（4）SnF4熔点高，由于F电负性大，SnF4是离子晶体，离子键作用力强；SnCl4、SnBr4、SnI4，随相对分

子质量增大（Cl<Br<I，对应卤化物相对分子质量递增），分子间作用力增大，熔点升高，它们属于分子晶

体。即SnF4为离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，分子晶体随相对分子质量增大，分子间作用力

增大，熔点升高，故答案为：SnF4为离子晶体熔点最高，SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，且结构相似，

相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，所以熔点SnCl4SnBr4SnI4；

（5）组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；但NH3分子间可形成氢键，

使熔沸点升高；所以三种物质的熔沸点由高到低的顺序为：NH3、AsH3、PH3；同主族非金属元素由上向下

非金属性依次减弱，其相应离子的还原性越强，还原性由强到弱的顺序为：AsH3、PH3、NH3；同主族非金

属元素由上向下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种氢化物的键角由大

到小的顺序为：NH3、PH3、AsH3，故答案为：>>；>>；>>。

（6）由题意知，含有多个配位原子的配体与同一①中③心离②子(或③原子②)通①过螯①合配②位成③环而形成的配合物为螯

合物，再结合题给结构可知，硝酸根中的2个氧原子和C、N杂环上的4个氮原子通过螯合作用与Cd2+形

成配位键，则该配合物的配位原子是：N和O。

17．(15分)（25-26高三上·江苏·月考）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域取得开

创性成果的三位科学家。MOFs是一种具有规则孔道和空腔的结晶性多孔材料，在诸多领域展现应用前景。

(1)某MOFs薄膜材料的孔径大小和形状可实现C2H2的“固定”，用于分离C2H2/C2H4混合气体的原理如图所

示。下列混合物的分离提纯原理与之最接近的是___________(填标号)。

++

A．利用CCl4萃取碘水中的碘B．利用冠醚分离K和Na

C．蒸馏分离水和乙醇D．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸

(2)MOFs的三种杂环基有机配体结构如图，a物质中存在大π键，其中号氮原子的孤电子对位于

轨道；b和c物质的酸性更强的是(填标号)。①

(3)某研究小组制备纳米ZnO，再与MOF材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图所示。

2

已知：ⅰ．Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成[Zn(OH)4]；

ⅱ．ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。

步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式为。

①纳米ZnO晶体的部分结构如图1所示，已知该结构的底边长为apm，高为bpm，设NA为阿伏加德罗常

②数的值，则该ZnO的密度为g·cm-3(列表达式即可)。

制备的ZnO@MOF荧光材料可用于测定Cu2+浓度，材料的荧光强度比值与c(Cu2+)在一定浓度范围内的

③关系如图2所示。某研究小组取7.5×10-3g血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，经预处理，将其中Cu

元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为9.7，由图像读出溶液中c(Cu2+)=

mol·L-1，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含个铜原子。

【答案】(1)B（2分）

(2)2p（2分）b（2分）

(3)ZnSO44NaOHNa2[Zn(OH)4]Na2SO4（2分）

①816